De tuyen sinh lop 10 mon Toan va dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (316.64 KB, 16 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

---KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn thi : TỐN

Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi : 28 tháng 6 năm 2011 ( buổi chiều)

Đợt 1

Câu 1 (3,0 điểm)

1) Giải các phương trình:
a. 5(x+1) = 3x + 7

4 2 3 4

1 ( 1)

x

x x x x



 

 

2) Cho hai đường thẳng(d1): y= 2x+ 5; (d2): y =-4x -1 cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d3):
y = ( m+1)x + 2m - 1 đi qua điểm I.

Câu 2 ( 2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 2(m1)x2m0
1) Giải phương trình khi m = 1

2) CMR PT ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.

3) Gọi hai nghiệm của PT là x x1; 2. Tìm giá trị của m để x x1; 2là độ dài hai cạnh của một tam
giác vng có cạnh huyền bằng 12.

Câu 3 ( 1,0 điểm)

Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4m thì được một hình chữ nhật
mới có diện tích 77m2. Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu?

Câu4 ( 3,0 điểm)

Cho tam giác ABC( A > 900). Vẽ đường trịn(O) đường kính AB, vẽ đường trịn(O') đường 
kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn(O') tại điểm thứ hai D, đường thẳng AC cắt đường 
tròn(O) tại điểm thứ hai E.

1) CMR: bốn điểm B, D, C, E cùng nằm trên mmột đường tròn.

2)Gọi F là giao điểm thứ hai của (O) và (O') ( F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng
hàng. và FA là phân giác của góc EFD.

3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH. BD
Câu5 ( 1,0 điểm)

Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng:

3 3 3

x y z

x x yz y y xz z z yx 1

---
Hết---Giải:

Câu 1 (3 điểm)1) Giải các PT:

Giáo viên Tơn N Bích Vân t ng h p * Chúc các em ôn t p t t và thi đ t k t qu cao nh t!ữ ổ ợ ậ ố ạ ế ả ấ 1
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

4 2 3x 4
b)

x 1 x x(x 1)
Đ K : x 0 và x 1

4x 2(x 1) 3x 4

x(x 1) x(x 1) x(x 1)
4x + 2x - 2 = 3x + 4

4x + 2x - 3x = 4 + 2
3x = 6

x = 2 (tháa m·n ®iỊu kiƯn)


 

 

 

 

  

  









a) 5 x 1

3x 7

5x + 5 = 3x + 7

5x - 3x = 7 - 5

2x = 2

x = 1

VËy x = 1 là nghiệm của ph ơng trình.



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2) Tọa độ giao điểm I của (d1) và (d2) là nghiệm của hệ:

y 2x 5
y 4x 1

 




 



2x 5 4x 1 6x 6 x 1 x 1

I( 1;3)

y 2x 5 y 2x 5 y 2. (-1) 5 y 3

     

   

         

      

   

Đường thẳng (d3) đi qua I (-1;3) suy ra x = -1, y = 3 thỏa mãn PT đường thẳng (d3)



  

Ta cã : 3

m 1 .

1 2m – 1

m 2m = 3 + 2

m = 5









 





Vậy m = 5

Câu 2 ( 2 điểm)

a) Với m = 1 ta có phương trình:

2 2(1 1) 2 0

   
x x
1
2
2
' 2
2 2
'
2 2
4 2 0
( 2) 1.2 = 2

2
 
 



   
   
  
x
x
x x
Vậy..
' 2
2
2

b) (m 1) 1. 2m

= m 2m + 1 - 2m

= m 1 0 m

   


  

Vậy PT ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

1 2 1 2

c) TheoVi et : x



x



2(m 1); x .x





2m

1; 2

x x là độ dài hai cạnh của một tam giác vng có cạnh huyền bằng 12 nên:
1; 2

x x > 0 => S=x1x2> 0 và P= x x1 2>0 từ đó suy ra m > 0





2 2 2

1 2 1 2

2
2
1 2
2
1

x x ) x 12

Vµ : 12 (x x 2x

4(m 1) 2.2m = 12 m m 2 = 0

PT cã d¹ng : a b c 1 1 ( 2) 0

m hc m 2 (Lo¹i)



    
   
      
  

Vậy m = 1
Câu 3 ( 1 điểm)

Gọi chiều rộng, chiều dài của HCN ban đầu lần lượt là x, y (m) ĐK: y > x> 4.
Theo bài: chu vi của HCN là 52 m nên ta có:

(x + y). 2 = 52

=> x + y = 26 (1)

Khi giảm mỗi cạnh đi 4m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77m2 nên ta có: (x 
- 4). (y - 4) = 77 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ:









</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Giải hệ tìm được: x =11 ; y = 15 thỏa mãn Vậy kích thước của HCN là 15m, 11m.

Câu4 ( 3 điểm)

1) Có BEC 90  0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O)

 0

BDC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn O’)

=> Tứ giác BCDE nội tiếp được đường trịn đường kính BC.
Vậy bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường trịn.

2) *) Có AFB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn O)

AFC 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O’)

=> BFC AFB AFC 90    0 900 1800.

Vậy ba điểm B, F, C thẳng hàng.

*) Có

AFE ABE







(1) (hai góc nội tiếp cùng chắn

AE



của (O))

 

AFD ACD (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn



của (O’))

 

ABE ACD (3) (hai góc nội tiếp cùng chắn

ED



của đường trịn đường kính BC)

Từ (1), (2) và (3) =>

AFE AFD







. Vậy FA là phân giác của

EFD



.
3) * Trong tam giác DHF có FA là phân giác trong của

EFD





AD FD

AH FH (4)Mà

AF BC ( CMT)  FB là phân giác ngoài của DFH cắt DH tại B

BH FH

BD FD (5)

Từ (4) và (5) 

BH AH

BD AD  BH.AD = AH.BD(đpcm)

Câu 5 .Ta có 3x yz (x y z x yz  )  (x y x z )(  )(vì x + y +z = 3)
Theo bất đẳng thức BunhiaCopxki ta có :

x
F
E

O O'

C
B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

( yx ) ( )( )
yx ( )( )
yx 3

yx 3

3 yx

xz x y z x

xz x yz

x xz x x yz

x x x

x x yz x xz x y z

   

    

   

     

  

     

Chứng minh tương tự 3

y
y

y y xz  x y z ;

z z

z z xy  x y z
Cộng các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều ta được

3 3 3

x y z

x x yz y y xz z z xy  Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1

---ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.

Câu Ý Nội dung Điểm

1.a Biến đổi được 5x + 5 = 3x + 7 2x 2  0,5

x = 1 0,5

1.b

Điều kiện: x0 và x1 0,25

Biến đổi được phương trình: 4x + 2x – 2 = 3x + 4 3x = 6  x = 2 0,5
So sánh với điều kiện và kết luận nghiệm x = 2 0,25

Do I là giao điểm của (d1) và (d2) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình:
2 5

4 1
y x

y x

 




 


0,25

Giải hệ tìm được I(-1; 3) 0,25

Do (d3) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25

Giải phương trình tìm được m = 5 0,25

1 Khi m = 1 ta có phương trình x

2 – 4x + 2 = 0 0,25

Giải phương trình được x1 2 2; x2  2 2 0,25
2 Tính

2
' m 1

   0,25

Khẳng định phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,25
3

Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương

2m 2 0

m 0
2m 0

 


 





</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Theo giả thiết có x12 + x22 = 12  (x1 + x2)2 – 2x1x2 = 12 0,25
2

4(m 1) 4m 12

     m2 + m – 2 = 0 0,25

Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25

Gọi kích thước của hình chữ nhật là a, b (m) điều kiện a, b > 0 0,25
Do chu vi của hình chữ nhật bằng 52 nên ta có a + b = 26 0,25
Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 và b –

nên (a – 4)(b – 4) = 77

0,25

Giải hệ phương trình và kết luận được các kích thước là 15 m và 11 m 0,25

4
1

Hình vẽ đúng:

0,25

Lập luận có AEB 90  0 0,25

Lập luận có ADC 90  0 0,25

Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường trịn 0,25

Ta có AFB AFC 90   0 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra

  0

AFB AFC 180 

Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng

0,25

 

AFE ABE (cùng chắn AE ) và AFD ACD  (cùng chắn AD ) 0,25

Mà ECD EBD  (cùng chắn DE của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25

Suy ra: AFE AFD  => FA là phân giác của góc DFE 0,25

Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra

AH EH

ADED (1) 0,25

Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra

BH EH
BD ED 
(2)

0,5

Từ (1), (2) ta có:

AH BH

AH.BD BH.AD

ADBD  0,25

Từ





x yz  0 x yz 2x yz

(*) Dấu “=” khi x2 = yz 0,25
Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz  0,25

B C

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Suy ra 3x yz  x(y z) 2x yz   x ( y z) (Áp dụng (*))

x x

x 3x yz x ( x y z)

x 3x yz x y z

      

    (1)

Tương tự ta có:

y
y

y 3y zx  x y z (2),

z z

z 3z xy  x  y z 
(3)

0,25

Từ (1), (2), (3) ta có

x y z

1
x 3x yz y 3y zx z 3z xy 
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1

0,25

Sở GD ĐT Hải Dương Đề thi thử vào lớp 10 THPT

Trường THCS Hồng Quang Năm học 2012 - 2013
 --- Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 08/06/2012 (buổi chiều)

Đề thi gồm: 01 trang 
Câu 1: (2,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

2 3

2 11

 




 


x y

x y

2) Giải phương trình:

2 1

2
1
xx 

3) Xác định hàm số y = ax2 biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm A (2 ; 2)

Câu 2: (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức B =

3 6 x

x

-

+

9 - x

x - 3

x + 3

(với x  0; x 9)

b) Tìm hai số tự nhiên lẻ liên tiếp biết rằng tổng các bình phương của chúng bằng 202.
Câu 3: (1,5 điểm)

Cho hệ phương trình



a 1



x y 3

ax y a

   





 



 có nghiệm duy nhất (x ; y)
a) Tìm a để x + y = 3.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

b) Tìm các số nguyên a để
y

x nhận giá trị nguyên.
 Câu 4: (3,0 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB. M là một điểm trên nửa đường (MA MB   ), C là

điểm thuộc đoạn thẳng OB (C không trùng với O, B). Tiếp tuyến của nửa đường trịn tại M cắt
đường thẳng vng góc với AB tại C ở N; BM cắt CN tại K.

1) Chứng minh rằng:

a) Tứ giác AMKC nội tiếp.
b) Tam giác KMN cân.

2) Gọi H là trung điểm của BK. Chứng minh OH HN.

Câu 5: (1,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong 2 câu 5a hoặc 5b)

a) Cho hai số x, y thoả mãn điều kiện x 1 y2 y 1 x2 1. Hãy tính S = x2 + y2

b) Cho hai đường thẳng (d): y = (2m - 3)x - 4 và (d’): y = x + 2

Tìm m để (d) và (d’) cắt nhau tại điểm A(x ; y) sao cho biểu thức P = y2 - 2x2 đạt giá trị lớn nhất.
=============Hết============

Họ và tên thí sinh:...Số báo danh:...
 Chữ ký của giám thị số 1:... Chữ ký của giám thị số

2:...

Sở GD ĐT Hải Dương Đề thi thử vào lớp 10 THPT
 Trường THCS Hồng Quang Năm học 2012 - 2013
 --- Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 08/06/2012 (buổi chiều)

Đề thi gồm: 01 trang 
Câu 1: (2,5 điểm)

1) Giải bất phương trình:
1

1
2 4 
x

2) Giải hệ phương trình:

3 4 7

2 1

x y
x y

 




 



3) Lập phương trình của đường thẳng đi qua 2 điểm A(1 ; 3) và B(- 2 ; - 3)
Câu 2: (2,0 điểm)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1) Rút gọn biểu thức A =

x + 2

x

- x :

-1- x

x +1

  

 

 

   

    (với x  0, x1, x4)

2) Một tổ công nhân dự định may 75 bộ quần áo trong một thời gian quy định. Do mỗi ngày may
vượt mức 5 bộ quần áo so với kế hoạch nên đã may được 80 bộ quần áo và hoàn thành trước kế
hoạch một ngày. Hỏi mỗi ngày tổ dự định may bao nhiêu bộ quần áo ?

Câu 3: (1,5 điểm)

Cho phương trình: 2x2 + (2m - 1)x + m - 1 = 0 
1) Giải phương trình với m = 2.

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn 3x1- 4x2 = 11.
3) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x2

1 + x22 (với x1, x2 là nghiệm của phương trình)
Câu 4: (3,0 điểm)

Cho 3 điểm A, F, B thẳng hàng (F nằm giữa A và B). Vẽ đường trịn (O) đường kính AF và
đường trịn (O’) đường kính AB. Dây BE của đường trịn (O’) tiếp xúc với đường tròn (O) tại C.
Đường thẳng AC cắt (O’) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh rằng:

a) AE // OC.

b) AD là tia phân giác của góc BAE.
c) AC.AD + BC.BE = AB2.

Câu 5: (1,0 điểm) (Thí sinh chọn một trong 2 câu 5a hoặc 5b)

a) Tìm cặp số (a ; b) thoả mãn đẳng thức: b . a 12   b a 1 sao cho a đạt giá trị lớn nhất.
b) Cho 2 số x, y thoả mãn xy + x + y = - 1 và x2y + xy2 = - 12

Tính giá trị của biểu thức A = x3 + y3

=============Hết============

Họ và tên thí sinh:...Số báo danh:... 
 Chữ ký của giám thị số 1:... Chữ ký của giám thị số 2:...

Sở Giáo dục và Đào tạo
 Bắc Giang

đề chính thức

Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT
Năm học 2011 - 2012

Mơn thi: Tốn
Ngày thi: 01/ 7/ 2011

Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

1. Tính 3. 27 144 : 36.

2. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số bậc nhất y = (m - 2)x + 3 đồng biến trên R.

Câu 2: (3,0 điểm)

1. Rút gọn biểu thức

3 1

2 1

3 1

a a a

A

a a

     

     

   

  , với a0; a1.

2. Giải hệ phương trình:

2 3 13

2 4

x y
x y

 




 

 .

3. Cho phương trình: x2 4x m  1 0 (1), với m là tham số. Tìm các giá trị của m để phươngg

trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thoả mãn





1 2 4

x  x 

Câu 3: (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 192 m2. Biết hai lần chiều rộng lớn hơn chiều dài 8m.

Tính kích thước của hình chữ nhật đó.

Câu 4: (3 điểm)

Cho nửa đường trịn (O), đường kính BC. Gọi D là điểm cố định thuộc đoạn thẳng OC (D khác O
và C). Dựng đường thẳng d vng góc với BC tại điểm D, cắt nửa đường tròn (O) tại điểm A. Trên cung
AC lấy điểm M bất kỳ (M khác A và C), tia BM cắt đường thẳng d tại điểm K, tia CM cắt đường thẳng d
tại điểm E. Đường thẳng BE cắt nửa đường tròn (O) tại điểm N (N khác B).

1. Chứng minh tứ giác CDNE nội tiếp.

2.Chứng minh ba điểm C, K và N thẳng hàng.

3. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BKE. Chứng minh rằng điểm I luôn nằm trên một
đường thẳng cố định khi điểm M thay đổi.

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho hai số thực dương x, y thoả mãn:









3 3 3 2 2 4 2 2 4 3 3 0

x y  xy x y  x y x y  x y 

.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x + y.

---Hết---

Giải:
Câu 1: (2,0 điểm)

1. 3. 27 144 : 36  81 12 : 6 9 2 7   

2. Hàm số bậc nhất y = (m - 2)x + 3 đồng biến trên R khi m 2 0   m2

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

3 1 ( 3) ( 1).( 1)

2 1 2 1 ( 2).( 2) 4

3 1 3 1

a a a a a a a

A a a a

a a a a

            

               

     

     

2. Giải hệ phương trình:

2 3 13 2 3 13 7 21 3

2 4 2 4 8 2 4 2

x y x y y y

x y x y x y x

     

   

  

   

      

   

3.PT : x2 4x m  1 0 (1), với m là tham số.

' ( 2)2  (m 1)  3 m

Phương trình (1) có nghiệm khi 0 3 m0 m3

Theo hệ thức Viet ta có x1x2 4 (2) ; x x1. 2  m 1 (3)
Theo đề bài ta có:



x1 x2



2  4 x12 2 .x x1 2x22  4 x12x22 2 .x x1 2  4



x1x2



2 4 .x x1 2 4 (4)
Thay (2),(3) vào (4) ta có: 16 - 4.(m+1) = 4  16- 4m – 4 = 4 - 4m=-8

 m=2 (thoả mãn m3)

Câu 3: (1,5 điểm)

Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x(m) ĐK : x>0
Vậy chiều dài của hình chữ nhật là

192
x (m )

Do hai lần chiều rộng lớn hơn chiều dài 8m nên ta có PT
2x -

192

x = 8  2x2 - 8x - 96 = 0

Giá trị x2 = -8 < 0 (loại) ; x1 =12 có thoả mãn ĐK

Vậy chiều rộng của hình chữ nhật là 12 m

Chiều dài của hình chữ nhật là 192 ;12=16 (m)

Câu 4: (3 điểm)

C
D

a) Xét tứ giác CDNE có CDE 90  o( GT)

Và BNC 90  o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) nên

 o

ENC 90 (Kề bù với góc BNC)

Vậy CDE CNE 90   o nên tứ giác CDNE nội tiếp( Vì có hai đỉnh

kề nhau là D,N cùng nhìn EC dưới 1 góc vng)
b) Gợi ý câu b:

Tam giác BEC có K là giao điểm của các đường cao BM và ED
nên K là trực tâm Vậy KCBE

Tứ giác MENK nội tiếp nên góc KNE là góc vng nên KNBE

Vậy C,K ,N thẳng hàng
c) Gợi ý câu c:

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

tam giác HKC cân tại K nên KHC KCH 

Mà BED KCH  (cùng phụ góc EBC) Vậy KHC BED  nên tứ giác BEKH nội tiếp nên I tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác BKE đi qua B và H cố định nên I thuộc đường trung trực của BH

Cõu 5:

Đặt a = x+y = M; b = xy; a2 4b Từ giả thiết có:

3 3 3 2 6 2 4 2 4 3

a  ab a b b  ab  b =

2 2

2
( 2 )( 2 3 ) 0

2 3 0

a b

a b a ab b b

a ab b b




      

   



+) Nếu a =2b

Thì: x+y = 2xy. Mà (x+y)2 4xy nên (x+y)2 2(x y )  M  x y2;" " khi x:  y 1. (*)

+) Nếu a2 ab2b2 3b0 a2 ab2b2 3b 0 2b2 (a3)b a 2 0(1)

Giả sử  (1) có nghiệm b thoả mãn b
2
4
a


thì b=

2
3

2 4

a a


2 2 6 0 1 7;( : 0)

a a a Do a

        và

2 2 3

( 3) 8 0 ... ( 3 2 2)( 3 2 2) 0

2 2 1
a  a    a  a a  a   a



Vậy a  1 7 (**)

Từ (*) và (**) suy ra a = M có giá trị nhỏ nhất bằng 2 khi x = y =1.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
 TP. Hà Nội MÔN : TOÁN - Năm học : 2011 – 2012
 Ngày thi : 22 tháng 6 năm 2011

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,5 điểm)

Cho

x

10 x

5 A

x 25

x 5





</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2) Tính giá trị của A khi x = 9.

3) Tìm x để

1 A

3 

Bài II (2,5 điểm)Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một đội xe theo kế hoạch chở hết 140 tấn hàng trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày
đội đó chở vượt mức 5 tấn nên đội đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 1 ngày và
chở thêm được 10 tấn. Hỏi theo kế hoạch đội xe chở hàng hết bao nhiêu ngày?

Bài III (1,0 điểm). Cho Parabol (P):

y x



2 và đường thẳng (d):

y 2x m







9

.
1) Tìm toạ độ các giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1.

2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.
Bài IV (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại
hai điểm A và B.Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc đường trịn (O) (E khơng trùng với
A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vng góc với EI cắt hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt
tại M, N.

1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh



ENI



EBI

và



MIN 90



0.
3) Chứng minh AM.BN = AI.BI .

4) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB khơng chứa E của đường trịn (O). Hãy tính diện
tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.

Bài V (0,5 điểm) Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 M 4x

3x

2011

4x







HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1:

1/ Rút gọn: ĐK:x 0,x 25 











 





 



x. x +5 -10 x -5. x -5

x 10 x 5 x+5 x -10 x -5 x +25

A= - - = =

x-25

x -5 x +5 x -5 x+5 x -5 x +5



 









 



2
x -5

x-10 x +25 x -5

= = = ( x 0; x 25)

x +5

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

2/ Với x = 9 Thỏa mãn x 0,x 25  , nên A xác định được, ta có

√

x=3 . Vậy

A=3−5

3+5=

−2
8 =−

1
4

3/ Ta có: ĐK x 0,x 25 









1 x - 5 1 3 x - 15 - x - 5

A - 0 0

3 x + 5 3 3 x +5

2 x - 20 0 (Vì 3 x +5 0) 2 x < 20 x < 10 x < 100

    

     

Kết hợp với x 0,x 25 

Vậy với 0 ≤ x < 100 và x ≠ 25 thì A < 1/3
Bài 2

Gọi thời gian đội xe chở hết hàng theo kế hoạch là x(ngày) (ĐK: x > 1)
Thì thời gian thực tế đội xe đó chở hết hàng là x – 1 (ngày)

Mỗi ngày theo kế hoạch đội xe đó phải chở được
140

x (tấn)

Thực tế đội đó đã chở được 140 + 10 = 150(tấn) nên mỗi ngày đội đó chở được
150

1
x (tấn)
Vì thực tế mỗi ngày đội đó chở vượt mức 5 tấn, nên ta có pt:

150 140
5
1

x  x   150x – 140x + 140 = 5x2 -5x

 5x2 -5x – 10x - 140 = 0  5x2 -15x - 140 = 0
 x2 -3x - 28 = 0 Giải ra x = 7 (T/M) và x = -4 (loại)

Vậy thời gian đội xe đó chở hết hàng theo kế hoạch là 7 ngày
Bài 3:

1/ Với m = 1 ta có (d): y = 2x + 8

Phương trình hồnh độ điểm chung của (P) và (d) là
x2 = 2x + 8 <=> x2 – 2x – 8 = 0

Giải ra x = 4 => y = 16
x = -2 => y = 4

Tọa độ các giao điểm của (P) và (d) là (4 ; 16) và (-2 ; 4)

2/ Phương trình hồnh độ điểm chung của (d) và (P) là : x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

ac < 0  m – 9 < 0  (m – 3)(m + 3) < 0
Giải ra có – 3 < m < 3

Bài 4

1/ Xét tứ giác AIEM có

góc MAI = góc MEI = 90o.
=> góc MAI + góc MEI = 180o.
Mà 2 góc ở vị trí đối diện
=> tứ giác AIEM nội tiếp
2/ Xét tứ giác BIEN có
góc IEN = góc IBN = 90o.

 góc IEN + góc IBN = 180o.
 tứ giác IBNE nội tiếp

 góc ENI = góc EBI = ½ sđ cg IE (*)
 Do tứ giác AMEI nội tiếp

=> góc EMI = góc EAI = ½ sđ EB (**)
Từ (*) và (**) suy ra

góc EMI + góc ENI = ½ sđ AB = 90o.

3/ Xét tam giác vuông AMI và tam giác vng BIN có
góc AIM = góc BNI ( cùng cộng với góc NIB = 90o)

 AMI ~  BNI ( g-g)

 AM

BI =

AI
BN

 AM.BN = AI.BI

4/ Khi I, E, F thẳng hàng ta có hình vẽ
Do tứ giác AMEI nội tiếp

nên góc AMI = góc AEF = 45o.
Nên tam giác AMI vuông cân tại A

Chứng minh tương tự ta có tam giác BNI vng cân tại B
 AM = AI, BI = BN

Áp dụng Pitago tính được

MI=R

√

2 ;IN=
3R

√

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Vậy SMIN=1

2. IM. IN=
3R2

4 ( đvdt)

Bài 5:

Cách 1:

2 1 2 1 2 1

4 3 2011 4 4 1 2010 (2 1) ( ) 2010

4 4 4

M x x x x x x x

x x x

              

Vì (2x1)2 0 và x > 0
1

0
4x

 

, Áp dụng bdt Cosi cho 2 số dương ta có: x +
1
4x

1 1

2 . 2. 1

4 2

x

  

 M =

2 1

(2 1) ( ) 2010
4

x x

x

   

 0 + 1 + 2010 = 2011

 M  2011 ; Dấu “=” xảy ra 

1
2
1

2 1 0 2

1 1 1

4 4 2

0
0 1
2
0
x
x
x

x x x

x
x
x
x
x



 


 
 

 
  
    

  
  


  
 
 
 



  x = 
1
2

Vậy Mmin = 2011 đạt được khi x =
1
2

Bài 5: Cách 2:

2 2 2

2
2

1 1 1 1 1

4 3 2011 3 2010

4 4 8 8 4

1 1 1 1

3 2010

2 8 8 4

M x x x x x

x x x

M x x

x x
 
            
 
 
        
 

Áp dụng cô si cho ba số x2, 1

8x,

8x ta có

x2

+ 1

8x+

8x≥3

√

x2. 1

8x.
1

8x=

4 Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2
mà

(

x −1

)

≥0 Dấu ‘=’ xẩy ra khi x = 1/2

Vậy M ≥0+3

4+
1

4+2010=2011

Vậy giá trị nhỏ nhất của M bằng 2011 khi M =

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16></div>